12 ejercicios de mecánica de suelos

Los ejercicios incluidos en este Cuaderno pretenden “movilizar” los contenidos que los autores consideran básicos para el aprendizaje de la Mecánica de Suelos y la Geotecnia. Sin embargo, no es un cuaderno de iniciación. La resolución de los ejercicios se plantea asumiendo que el lector está familiarizado con la ma-teria. El objetivo del Cuaderno, como indica su título, es “contrastar” que esto es realmente así. No obstante, como cualquier “test de contraste”, el resultado solo puede ser negativo. Seguir todos los ejercicios no es si-nónimo de tener un completo dominio de la materia. Solo supone que no se tienen fundamentos racionales para asumir lo opuesto (desconocimiento de los funda-mentos de esta área de conocimiento). Por el contrario, los resultados negativos sí son un indicativo claro: si el lector no es capaz de seguir algún ejercicio, debería plantearse la conveniencia de realizar un esfuerzo para afianzar la materia asociada al ejercicio en cuestión.

Colección Manuales Docentes

12 ejercicios de mecánica de suelos Cuaderno de contraste

Vicente Navarro Gámir, Gema de la Morena Borja,Laura Asensio Sánchez, Ángel Yustres Real

12 e

jerc

icio

s de

mec

ánic

a de

sue

los

ISBN 978-84-9044-448-1

9 7 8 8 4 9 0 4 4 4 4 8 1

12 EJERCICIOS DE MECÁNICA DE SUELOS.

CUADERNO DE CONTR ASTE

12 EJERCICIOS DE MECÁNICA DE SUELOS.

CUADERNO DE CONTR ASTE

Vicente Navarro Gámir

Gema de la Morena Borja

Laura Asensio Sánchez

Ángel Yustres Real

Cuenca, 2021

© de los textos: sus autores.© de la edición: Universidad de Castilla-La Mancha.

Edita: Ediciones de la Universidad de Castilla-La ManchaColección MANUALES DOCENTES N.º 22

Diseño de la colección: Servicio de Publicaciones. (Universidad de Castilla-La Mancha).

Esta editorial es miembro de la UNE, lo que garantiza la difusión y comercializa-ción de sus publicaciones a nivel nacional e internacional.

I.S.B.N.: 978-84-9044-448-1 (Edición electrónica)D.O.I.: http://doi.org/10.18239/manuales_2021.22.00

Composición: Compobell, S.L.Hecho en España (U.E.) – Made in Spain (E.U.)

Esta obra se encuentra bajo una licencia internacional Creative Commons CC BY 4.0.Cualquier forma de reproducción, distribución, comunicación pública o transformación de esta obra no incluida en la licencia Cretative Commons CC BY 4.0 solo puede ser realizada con la autorización expresa de los titulares, salvo excepción prevista por la ley. Puede Ud. acceder al tex-to completo de la licencia en este enlace: https://creativecommons.org/licenses/by/4.0/deed.es

https://creativecommons.org/licenses/by/4.0/deed.es

7

ÍNDICE

INTRODUCCIÓN. “GUÍA DE USO” DEL CUADERNO . . . . . . 9

1. IDENTIFICACIÓN Y FASES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 Problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 Problema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2. FLUJO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 Problema 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 Problema 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 Problema 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3. CONSOLIDACIÓN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 Problema 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

4. CARACTERIZACIÓN DE CAMPOS DE TENSIONES EN SUELOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

Problema 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

5. CARACTERIZACIÓN DE LA RESISTENCIA AL CORTE DE SUELOS SATURADOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

Problema 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

Índice

8

6. EL SUELO COMO MEDIO ELÁSTICO . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 Problema 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

7. ANÁLISIS LÍMITE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 Problema 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

8. ESTADO PLÁSTICO DE RANKINE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 Problema 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

9. EQUILIBRIO LÍMITE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 Problema 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

9

INTRODUCCIÓN. “GUÍA DE USO” DEL CUADERNO

Los ejercicios incluidos en este Cuaderno quieren “movilizar” los contenidos que los integrantes del equipo de Ingeniería del Terreno de la Escuela Técnica Superior de Ingeniería de Caminos, Canales y Puertos de la Universidad de Castilla-La Mancha consideramos básicos para el aprendizaje de la Mecánica de Suelos y la Geotecnia.

Sin embargo, no es un cuaderno de iniciación. La resolución de los ejercicios se plantea asumiendo que el lector está familiarizado con la materia. El Cuaderno tiene como objetivo contrastar que esto es realmente así. De ahí la apostilla de “Cuaderno de contraste” incluida en el título. No obstante, como cualquier “test de contraste”, el resultado sólo puede ser negativo... Si bien seguir todos los ejercicios no significa que se tenga un completo dominio de la materia, sí supone que no se tienen fundamentos racionales para asumir lo opuesto (desconocimiento de los fundamentos de esta área de conocimiento). Por el contrario, los resultados negativos sí son un indicativo claro. Si el lector no es capaz de seguir algún ejer-cicio debería plantearse la conveniencia de realizar un esfuerzo para afianzar la materia asociada al ejercicio en cuestión.

Esperamos que el Cuaderno sea de utilidad. Esa es nuestra ambición, y si lo conseguimos, será nuestra recompensa.

No queremos acabar esta Introducción sin agradecer a Emilio Ruiz Gómez su ayuda para que los ejercicios hayan acabado conformando un material impreso. Colaboró a delinear buena parte de las figuras, y revisó buena parte de los cálculos.

1

IDENTIFICACIÓN Y FASES

13

PROBLEMA 1Se toma una muestra cilíndrica de suelo, de 4 cm de altura y 10 cm2 de sec-

ción, con una masa de 76 g. Tras estabilizar la masa en estufa, esta pasa a ser de 61.524 g.

1) ¿Cuál era la humedad (w) de la muestra?2) ¿Cuál es la densidad natural (ρn) del suelo de la muestra?3) Suponiendo que la densidad de las partículas sólidas es de 2.7 g/cm3, ¿Cuál

es el índice de poros (e) de la muestra? ¿Y la porosidad (n)? ¿Cuál era su grado de saturación (Sr)?

SOLUCIÓN:1) La humedad w del suelo se determina como:

7

Problema 1

Se toma una muestra cilíndrica de suelo, de 4 cm de altura y 10 cm2 de sección, con una

masa de 76 g. Tras estabilizar la masa en estufa, esta pasa a ser de 61.524 g.

1) ¿Cuál era la humedad (w) de la muestra?

2) ¿Cuál es la densidad natural (ρn) del suelo de la muestra?

3) Suponiendo que la densidad de las partículas sólidas es de 2.7 g/cm3, ¿Cuál es el índice

de poros (e) de la muestra? ¿Y la porosidad (n)? ¿Cuál era su grado de saturación (Sr)?

Solución:

1) La humedad w del suelo se determina como:

w T s

s s

76 61.524 23.5%61.524

M M Mw

M M− −

= = = =

donde Mw es la masa de agua, Ms es la masa de las partículas sólidas, y MT es la masa

total.

2) La densidad natural ρn se define como:

3Tn

T

76 1.9 g/cm4 ·10

MV

ρ = = =

donde VT es el volumen total de la muestra.

3) Teniendo en cuenta el diagrama unitario de la Figura 1, la densidad natural se puede

expresar como:

( )w

ss sw sT

nT T T

11

1

MM

M wM MMV V V e

ρρ

+ ++ = = = =

+

donde ρs es la densidad de las partículas sólidas.

donde Mw es la masa de agua, Ms es la masa de las partículas sólidas, y MT es la masa total.


7

Problema 1







Solución:


w T s

s s

76 61.524 23.5%61.524

M M Mw

M M− −

= = = =


total.


3Tn

T

76 1.9 g/cm4 ·10

MV

ρ = = =



expresar como:

( )w

ss sw sT

nT T T

11

1

MM

M wM MMV V V e

ρρ

+ ++ = = = =

+


donde VT es el volumen total de la muestra.3) Teniendo en cuenta el diagrama unitario de la Figura 1, la densidad natural

se puede expresar como:

7

Problema 1







Solución:


w T s

s s

76 61.524 23.5%61.524

M M Mw

M M− −

= = = =


total.


3Tn

T

76 1.9 g/cm4 ·10

MV

ρ = = =



expresar como:

( )w

ss sw sT

nT T T

11

1

MM

M wM MMV V V e

ρρ

+ ++ = = = =

+


1. Identificación y fases

14


Sólido

L!quido

Gas

Masas Volúmenes

w e Sr

s

e Sr

e

1

ρ

ρ

Figura 1. Diagrama unitario del suelo.

Despejando el índice de poros e:

8

Figura 1. Diagrama unitario del suelo


( )s

n

11 0.755

we

ρρ+

= − =

Por otra parte, la porosidad n se define como:

H

T

0.4301

V enV e

= = =+

donde VH es el volumen de huecos.

Finalmente, dado que la humedad se expresa en función del grado de saturación Sr como:

w w

s s

M e Srw

Mρ

ρ= =

se tiene:

s

w

84%w

Sre

ρρ

= =

Sólido

Líquido

Gas

MasasVolúmenes

γw·e·Sr

γs

e·Sr

e

1


8



( )s

n

11 0.755

we

ρρ+

= − =


H

T

0.4301

V enV e

= = =+



w w

s s

M e Srw

Mρ

ρ= =

se tiene:

s

w

84%w

Sre

ρρ

= =

Sólido

Líquido

Gas

MasasVolúmenes

γw·e·Sr

γs

e·Sr

e

1


Finalmente, dado que la humedad se expresa en función del grado de satu-ración Sr como:

8



( )s

n

11 0.755

we

ρρ+

= − =


H

T

0.4301

V enV e

= = =+



w w

s s

M e Srw

Mρ

ρ= =

se tiene:

s

w

84%w

Sre

ρρ

= =

Sólido

Líquido

Gas

MasasVolúmenes

γw·e·Sr

γs

e·Sr

e

1

se tiene:

8



( )s

n

11 0.755

we

ρρ+

= − =


H

T

0.4301

V enV e

= = =+



w w

s s

M e Srw

Mρ

ρ= =

se tiene:

s

w

84%w

Sre

ρρ

= =

Sólido

Líquido

Gas

MasasVolúmenes

γw·e·Sr

γs

e·Sr

e

1

12 ejercicios de Mecánica de Suelos. Cuaderno de contraste

15

PROBLEMA 2En un ensayo de compactación, se utiliza un molde cilíndrico de 150 cm2 de

área en la base. La altura inicial del suelo seco es de 8 cm, y su masa con humedad higroscópica nula es de 1462 g. Se añaden 204.68 g de agua. Si, tras la compac-tación, la altura del suelo pasa a ser de 5 cm, ¿cuál es la humedad (w) del suelo?

SOLUCIÓN:Independientemente del nivel de compactación (altura), Mw y Ms son cons-

tantes. Por ello, w también lo es:

2

FLUJO

19

PROBLEMA 3Asumiendo flujo plano, subhorizontal (Dupuit) y estacionario, en medio

homogéneo e isótropo sin fuentes ni sumideros, demostrar que en un acuífero libre de gran potencia situado sobre una formación impermeable la lámina libre adopta una forma parabólica.

SOLUCIÓN:

A

B

Q

x

z

y

k = k Id

Figura 2.

De acuerdo con la Ley de Darcy, asumiendo que el medio es homogéneo e isótropo y que el flujo es plano y subhorizontal, se tiene que el vector filtración q, que viene dado por sus componentes (qx, qy, qz), es:

13

Problema 3

Asumiendo flujo plano, subhorizontal (Dupuit) y estacionario, en medio homogéneo e

isótropo sin fuentes ni sumideros, demostrar que en un acuífero libre de gran potencia

situado sobre una formación impermeable la lámina libre adopta una forma parabólica.

Solución:

Figura 2.

De acuerdo con la Ley de Darcy, asumiendo que el medio es homogéneo e isótropo y que

el flujo es plano y subhorizontal, se tiene que el vector filtración q, que viene dado por

sus componentes (qx, qy, qz), es:

y

z

0 : 0d ( , ) estacionario ( ) : ( )d

0 : 0

hqhy h h x t h h x q q q xxhq

z

∂ = = ∂ = → → = → → =∂ = = ∂

Por lo tanto:

q=q i

En consecuencia:

A Bq q q= =

Esto es, dado que h solo es función de x, en cualquier sección recta AB, el flujo Q por

unidad de longitud ortogonal al plano de flujo puede calcularse como:

A

B

Q

x

z

y

k = k Id

2. Flujo

20

Por lo tanto:

En consecuencia:

Esto es, dado que h solo es función de x, en cualquier sección recta AB, el flujo Q por unidad de longitud ortogonal al plano de flujo puede calcularse como:

14

( )B

B AA d acuífero libreQ q l q z z q h= = − = ←∫

No se contempla la existencia de fuentes o sumideros, por lo que Q debe ser constante a

lo largo de x:

, cteq h Q=

2 22d d d 2 2 : : :

d 2 d dh k h h Q Qk h Q Q h x Cx x x k k

−− = − = = = − +

Aplicando las condiciones de contorno:

2 2O O

20 ; : Parábola de DupuitQx h h h h xk

= = → = −

donde hO es el valor de h en x=0.

No se contempla la existencia de fuentes o sumideros, por lo que Q debe ser constante a lo largo de x:

14

( )B



lo largo de x:

, cteq h Q=

2 22d d d 2 2 : : :


−− = − = = = − +


2 2O O


= = → = −


14

( )B



lo largo de x:

, cteq h Q=

2 22d d d 2 2 : : :


−− = − = = = − +


2 2O O


= = → = −



14

( )B



lo largo de x:

, cteq h Q=

2 22d d d 2 2 : : :


−− = − = = = − +


2 2O O


= = → = −

donde hO es el valor de h en x=0. donde hO es el valor de h en x = 0.


21

PROBLEMA 4Se tiene un muro vertical que sustenta un terreno horizontal homogéneo e

isótropo que descansa sobre un material impermeable situado a la cota de la base del muro. Si en la base del terreno trasdosado se instala un dren ideal infinita-mente extenso, asumiendo flujo estacionario, definir cómo varía la presión de agua al variar la coordenada vertical z. Considerar que el flujo es lo suficientemente reducido para que en todo momento el nivel freático coincida con la rasante del terreno.

SOLUCIÓN:

Figura 3.

Al ser un dren ideal, la permeabilidad es muy alta, y la altura de energía h será constante en él. Por lo tanto, dado que z también se asume aproximadamente constante (dren horizontal), la presión de agua u también lo será. Para cualquier punto C, se tendrá:

15

Problema 4

Se tiene un muro vertical que sustenta un terreno horizontal homogéneo e isótropo que

descansa sobre un material impermeable situado a la cota de la base del muro. Si en la

base del terreno trasdosado se instala un dren ideal infinitamente extenso, asumiendo flujo

estacionario, definir cómo varía la presión de agua al variar la coordenada vertical z.

Considerar que el flujo es lo suficientemente reducido para que en todo momento el nivel

freático coincida con la rasante del terreno.

Solución:

Figura 3

Al ser un dren ideal, la permeabilidad es muy alta, y la altura de energía h será constante

en él. Por lo tanto, dado que z también se asume aproximadamente constante (dren

horizontal), la presión de agua u también lo será. Para cualquier punto C, se tendrá:

C ADren ideal cte ( cte) : cte : 0h z u u u→ = =

tomando la presión atmosférica como referencia. Por otra parte, en cualquier punto B de

la coronación se cumplirá:

B 0, cteh H= +

Al ser h constante tanto en la coronación como en el dren, en un material isótropo, el flujo

será vertical. Además, al ser el terreno trasdosado un material homogéneo, y al asumir un

estado estacionario, se deduce que h es sólo función de z.

. k

Dren ideal

Material homogéneo e isótropoH

A C

B

z

∞.

.

tomando la presión atmosférica como referencia. Por otra parte, en cualquier punto B de la coronación se cumplirá:

15

Problema 4

Se tiene un muro vertical que sustenta un terreno horizontal homogéneo e isótropo que

descansa sobre un material impermeable situado a la cota de la base del muro. Si en la

base del terreno trasdosado se instala un dren ideal infinitamente extenso, asumiendo flujo

estacionario, definir cómo varía la presión de agua al variar la coordenada vertical z.

Considerar que el flujo es lo suficientemente reducido para que en todo momento el nivel

freático coincida con la rasante del terreno.

Solución:

Figura 3

Al ser un dren ideal, la permeabilidad es muy alta, y la altura de energía h será constante

en él. Por lo tanto, dado que z también se asume aproximadamente constante (dren

horizontal), la presión de agua u también lo será. Para cualquier punto C, se tendrá:

C ADren ideal cte ( cte) : cte : 0h z u u u→ = =

tomando la presión atmosférica como referencia. Por otra parte, en cualquier punto B de

la coronación se cumplirá:

B 0, cteh H= +

Al ser h constante tanto en la coronación como en el dren, en un material isótropo, el flujo

será vertical. Además, al ser el terreno trasdosado un material homogéneo, y al asumir un

estado estacionario, se deduce que h es sólo función de z.

. k

Dren ideal

Material homogéneo e isótropoH

A C

B

z

∞.

.

Al ser h constante tanto en la coronación como en el dren, en un material isótropo, el flujo será vertical. Además, al ser el terreno trasdosado un material homogéneo, y al asumir un estado estacionario, se deduce que h es sólo función de z.

2. Flujo

22

16

x

y

d0 0d

Flujo B C 1D : ( , ) estacionario ( )d0 0d

hqx

q h h z t h h zhqy

= → =

− = = → → == → =

q k

En situación estacionaria y suelo saturado, de la ecuación de balance de masa se deduce

que:

2 2

2 2

dEstacionario : · 0 0 0 h lineald

h hqz z∂

∇ = → = → = →∂

Por lo tanto, h debe ser una función lineal entre B y C. En consecuencia, también debe

serlo u.

C B : lineal 0 : 0 u h z u u u u z= − → = = ≡ ∀

Por lo tanto, u será nula en todo el trasdós.

En situación estacionaria y suelo saturado, de la ecuación de balance de masa se deduce que:

16

x

y

d0 0d


hqx

q h h z t h h zhqy

= → =

− = = → → == → =

q k


que:

2 2

2 2


h hqz z∂

∇ = → = → = →∂


serlo u.


Por lo tanto, u será nula en todo el trasdós.

Por lo tanto, h debe ser una función lineal entre B y C. En consecuencia, también debe serlo u.

16

x

y

d0 0d


hqx

q h h z t h h zhqy

= → =

− = = → → == → =

q k


que:

2 2

2 2


h hqz z∂

∇ = → = → = →∂


serlo u.


Por lo tanto, u será nula en todo el trasdós.En consecuencia, u será nula en todo el trasdós.


23

PROBLEMA 5Dada una presa, idealmente impermeable, cuya base horizontal tiene una

extensión de 150 m, y en la que aguas arriba el calado es de 20 m, calcular el flujo a través de la cimentación limo-arcillosa de 10 m de potencia, que reposa sobre una roca con techo horizontal que también puede considerarse impermeable. Suponer que la cimentación es un medio homogéneo e isótropo con una con-ductividad hidráulica saturada de 10-7 m/s. Asumir flujo estacionario, plano y horizontal (Dupuit). Aguas abajo la posición del nivel freático coincide con la rasante del terreno.

SOLUCIÓN:

Figura 4.

Al asumir flujo plano y horizontal y condiciones estacionarias, para el material isótropo considerado se tiene que:

17

Problema 5

Dada una presa, idealmente impermeable, cuya base horizontal tiene una extensión de

150 m, y en la que aguas arriba el calado es de 20 m, calcular el flujo a través de la

cimentación limo-arcillosa de 10 m de potencia, que reposa sobre una roca con techo

horizontal que también puede considerarse impermeable. Suponer que la cimentación es

un medio homogéneo e isótropo con una conductividad hidráulica saturada de 10-7 m/s.

Asumir flujo estacionario, plano y horizontal (Dupuit). Aguas abajo la posición del nivel

freático coincide con la rasante del terreno.

Solución:

Figura 4

Al asumir flujo plano y horizontal y condiciones estacionarias, para el material isótropo

considerado se tiene que:

Dupuit : Medio homogéneo e isótropo : 0 : estacionario ( )h hq h h xy z∂ ∂

= → = = =∂ ∂

q i

Dado que no existen en este problema fuentes ni sumideros, Q será constante. Por lo tanto,

también lo será también q, y, en consecuencia, la evolución de h será lineal con x, por lo

que podrá calcularse como:

f Od d d 0 20 · 10 , cte : cte 0.133d 10 d 10 d 150

h hh Q h Q hq Q kx x k x L

− −= − = → = − → = = = −

En consecuencia:

x

150 m

20 m

10 mi

Homogéneo e isótropo

Dado que no existen en este problema fuentes ni sumideros, Q será constante. Por lo tanto, también lo será también q, y, en consecuencia, la evolución de h será lineal con x, por lo que podrá calcularse como:

17

Problema 5

Dada una presa, idealmente impermeable, cuya base horizontal tiene una extensión de

150 m, y en la que aguas arriba el calado es de 20 m, calcular el flujo a través de la

cimentación limo-arcillosa de 10 m de potencia, que reposa sobre una roca con techo

horizontal que también puede considerarse impermeable. Suponer que la cimentación es

un medio homogéneo e isótropo con una conductividad hidráulica saturada de 10-7 m/s.

Asumir flujo estacionario, plano y horizontal (Dupuit). Aguas abajo la posición del nivel

freático coincide con la rasante del terreno.

Solución:

Figura 4

Al asumir flujo plano y horizontal y condiciones estacionarias, para el material isótropo

considerado se tiene que:

Dupuit : Medio homogéneo e isótropo : 0 : estacionario ( )h hq h h xy z∂ ∂

= → = = =∂ ∂

q i

Dado que no existen en este problema fuentes ni sumideros, Q será constante. Por lo tanto,

también lo será también q, y, en consecuencia, la evolución de h será lineal con x, por lo

que podrá calcularse como:

f Od d d 0 20 · 10 , cte : cte 0.133d 10 d 10 d 150

h hh Q h Q hq Q kx x k x L

− −= − = → = − → = = = −

En consecuencia:

x

150 m

20 m

10 mi

Homogéneo e isótropo

En consecuencia:

18

7 7 2d · 10 · 10 10 · 0.133 · 10 1.33 · 10 m /sdhQ q Q kx

− −= → = − = =

3

CONSOLIDACIÓN

27

PROBLEMA 6Sobre un estrato arcilloso normalmente consolidado (Cc=0.1; Cs=0.01; densi-

dad natural = 2 t/m3) de 10 m de potencia, se aplica una carga uniforme de gran extensión de 10 t/m2. El nivel freático se mantiene siempre en superficie. Bajo la arcilla existe un estrato de gravas compacto, idealmente permeable (nivel pie-zométrico constante en él), e indeformable. Inicialmente se tenían condiciones geoestacionarias. Con estos datos:

1) Determinar el asiento a los 5 meses de realizar la carga.2) Si se deja pasar el tiempo suficiente para poder asumir que se han disipado

las sobrepresiones generadas por la carga de 10 t/m2, retirando en ese momento 5 t/m2, determinar cuál será el asiento final del estrato.

Se puede asumir la hipótesis de que las propiedades y comportamiento del punto medio “M” del estrato define el comportamiento medio del estrato, donde su índice de poros inicial (eM) es igual a 0.6, pudiendo considerar una conducti-vidad hidráulica saturada constante de 10-8 m/s.

SOLUCIÓN:En primer lugar, se dibujan los croquis acotados de la tensión total (líneas

rojas) y la presión del agua (líneas azules) en los tiempos 0−, 0+ y ∞ (valores en t/m2):

3. Consolidación

28

21

Problema 6

Sobre un estrato arcilloso normalmente consolidado (Cc=0.1; Cs=0.01; densidad natural

= 2 t/m3) de 10 m de potencia, se aplica una carga uniforme de gran extensión de 10 t/m2.

El nivel freático se mantiene siempre en superficie. Bajo la arcilla existe un estrato de

gravas compacto, idealmente permeable (nivel piezométrico constante en él), e

indeformable. Inicialmente se tenían condiciones geoestacionarias. Con estos datos:

1) Determinar el asiento a los 5 meses de realizar la carga.

2) Si se deja pasar el tiempo suficiente para poder asumir que se han disipado las

sobrepresiones generadas por la carga de 10 t/m2, retirando en ese momento 5 t/m2,

determinar cuál será el asiento final del estrato.

Se puede asumir la hipótesis de que las propiedades y comportamiento del punto medio

“M” del estrato define el comportamiento medio del estrato, donde su índice de poros

inicial (eM) es igual a 0.6, pudiendo considerar una conductividad hidráulica saturada

constante de 10-8 m/s.

Solución:

En primer lugar, se dibujan los croquis acotados de la tensión total (líneas rojas) y la

presión del agua (líneas azules) en los tiempos 0−, 0+ y ∞ (valores en t/m2):

Figura 5.

De acuerdo con los esquemas anteriores, las tensiones efectivas inicial σ’O y final σ’f en

el punto M son:

Figura 5.

De acuerdo con los esquemas anteriores, las tensiones efectivas inicial σ’O y final σ’f en el punto M son:

22

( ) 2O M

0 10' 5 t/m2

σ += =

( ) 2f M

20 10' 15 t/m2

σ += =

Figura 6.

Al tratarse de un material normalmente consolidado, la variación del índice de poros e

viene dada por:

c v log 'e C σ∆ = − ∆

1) El asiento a los 5 meses δ5meses se puede calcular a partir del asiento en tiempo infinito

δ∞ como:

5meses 5mesesδ δ U∞=

donde U5meses es el grado medio de consolidación del estrato a los 5 meses.

En primer lugar, la variación del índice de poros en tiempo infinito es:

( )M c15log 0.047715

e C∆ ∞ = − = −

Por definición, en tiempo infinito, el asiento δ∞ asociado se calcula como:

( )( )

2 2

0 0

,δ d d

1 ,0H H e z

z ze z

ε∞ ∞

−∆ ∞= =

+∫ ∫

Log(σ’v)

e5 t/m2

0.6

1

1

Cc

Cs

10 t/m2 15 t/m2

22

( ) 2O M

0 10' 5 t/m2

σ += =

( ) 2f M

20 10' 15 t/m2

σ += =

Figura 6.


viene dada por:

c v log 'e C σ∆ = − ∆


δ∞ como:




( )M c15log 0.047715

e C∆ ∞ = − = −


( )( )

2 2

0 0

,δ d d

1 ,0H H e z

z ze z

ε∞ ∞

−∆ ∞= =

+∫ ∫

Log(σ’v)

e5 t/m2

0.6

1

1

Cc

Cs

10 t/m2 15 t/m2

Figura 6.

Al tratarse de un material normalmente consolidado, la variación del índice de poros e viene dada por:


29

22

( ) 2O M

0 10' 5 t/m2

σ += =

( ) 2f M

20 10' 15 t/m2

σ += =

Figura 6.


viene dada por:

c v log 'e C σ∆ = − ∆


δ∞ como:




( )M c15log 0.047715

e C∆ ∞ = − = −


( )( )

2 2

0 0

,δ d d

1 ,0H H e z

z ze z

ε∞ ∞

−∆ ∞= =

+∫ ∫

Log(σ’v)

e5 t/m2

0.6

1

1

Cc

Cs

10 t/m2 15 t/m2

1) El asiento a los 5 meses δ5meses se puede calcular a partir del asiento en tiempo infinito δ∞ como:

22

( ) 2O M

0 10' 5 t/m2

σ += =

( ) 2f M

20 10' 15 t/m2

σ += =

Figura 6.


viene dada por:

c v log 'e C σ∆ = − ∆


δ∞ como:




( )M c15log 0.047715

e C∆ ∞ = − = −


( )( )

2 2

0 0

,δ d d

1 ,0H H e z

z ze z

ε∞ ∞

−∆ ∞= =

+∫ ∫

Log(σ’v)

e5 t/m2

0.6

1

1

Cc

Cs

10 t/m2 15 t/m2

donde U5meses es el grado medio de consolidación del estrato a los 5 meses. En primer lugar, la variación del índice de poros en tiempo infinito es:

22

( ) 2O M

0 10' 5 t/m2

σ += =

( ) 2f M

20 10' 15 t/m2

σ += =

Figura 6.


viene dada por:

c v log 'e C σ∆ = − ∆


δ∞ como:




( )M c15log 0.047715

e C∆ ∞ = − = −


( )( )

2 2

0 0

,δ d d

1 ,0H H e z

z ze z

ε∞ ∞

−∆ ∞= =

+∫ ∫

Log(σ’v)

e5 t/m2

0.6

1

1

Cc

Cs

10 t/m2 15 t/m2


22

( ) 2O M

0 10' 5 t/m2

σ += =

( ) 2f M

20 10' 15 t/m2

σ += =

Figura 6.


viene dada por:

c v log 'e C σ∆ = − ∆


δ∞ como:




( )M c15log 0.047715

e C∆ ∞ = − = −


( )( )

2 2

0 0

,δ d d

1 ,0H H e z

z ze z

ε∞ ∞

−∆ ∞= =

+∫ ∫

Log(σ’v)

e5 t/m2

0.6

1

1

Cc

Cs

10 t/m2 15 t/m2

De acuerdo con el enunciado este cálculo puede aproximarse como:

23


( )( )

M

M

10 · 0.04771δ 2 0.2982 m1 0 1 0.6

eH

e∞

∆ ∞− = =

+ +

El módulo edométrico secante Ems∞ puede calcular como:

2m

m

2 10 · 10δ 2 2 335.3 t/mδ 0.2982

HH H EE

σ σε∞ ∞ ∞∞ ∞

∆ ∆= = → = = =

Consistentemente con el asiento obtenido, puede adoptarse un coeficiente de

consolidación Cv:

86 2m

vw

10 · 335.3 3.353 · 10 m /s1

k ECγ

−−∞= = =

El tiempo adimensional asociado a 5 meses T5meses, se calcula como:

6v

5meses 2

3.353 · 10T · 5 · 30.5 · 86400 1.7674 0.225

C tH

−

= = = >>

Por ello U5meses se calcula con la expresión:

( )2

5mesesT4

5meses 2

8U T 0.2 1 0.9888eπ

π−

> = − =

Por lo tanto, el asiento a los 5 meses es:

5mesesδ 0.2982 · 0.9888 0.2949 m= =

2) Para calcular el asiento final tras la descarga, se debe obtener el asiento a tiempo

infinito asociado a dicha descarga δ∞2, para lo cual se procede de igual forma que en el

apartado anterior:

( )( )

( )( )

2 2 2 M 22 20 0

O2 O2

,δ d d 2

1 1 MH H e z e

z z He z e

ε∞ ∞

−∆ ∞ ∆ ∞= = −

+ +∫ ∫

Por su parte, la variación del índice de poros se debe calcular considerando que la

deformación se produce por la rama de descarga-recarga:


23


( )( )

M

M

10 · 0.04771δ 2 0.2982 m1 0 1 0.6

eH

e∞

∆ ∞− = =

+ +


2m

m

2 10 · 10δ 2 2 335.3 t/mδ 0.2982

HH H EE

σ σε∞ ∞ ∞∞ ∞

∆ ∆= = → = = =


consolidación Cv:

86 2m

vw

10 · 335.3 3.353 · 10 m /s1

k ECγ

−−∞= = =


6v

5meses 2

3.353 · 10T · 5 · 30.5 · 86400 1.7674 0.225

C tH

−

= = = >>


( )2

5mesesT4

5meses 2

8U T 0.2 1 0.9888eπ

π−

> = − =


5mesesδ 0.2982 · 0.9888 0.2949 m= =



apartado anterior:

( )( )

( )( )

2 2 2 M 22 20 0

O2 O2

,δ d d 2

1 1 MH H e z e

z z He z e

ε∞ ∞

−∆ ∞ ∆ ∞= = −

+ +∫ ∫



Consistentemente con el asiento obtenido, puede adoptarse un coeficiente de consolidación Cv:

23


( )( )

M

M

10 · 0.04771δ 2 0.2982 m1 0 1 0.6

eH

e∞

∆ ∞− = =

+ +


2m

m

2 10 · 10δ 2 2 335.3 t/mδ 0.2982

HH H EE

σ σε∞ ∞ ∞∞ ∞

∆ ∆= = → = = =


consolidación Cv:

86 2m

vw

10 · 335.3 3.353 · 10 m /s1

k ECγ

−−∞= = =


6v

5meses 2

3.353 · 10T · 5 · 30.5 · 86400 1.7674 0.225

C tH

−

= = = >>


( )2

5mesesT4

5meses 2

8U T 0.2 1 0.9888eπ

π−

> = − =


5mesesδ 0.2982 · 0.9888 0.2949 m= =



apartado anterior:

( )( )

( )( )

2 2 2 M 22 20 0

O2 O2

,δ d d 2

1 1 MH H e z e

z z He z e

ε∞ ∞

−∆ ∞ ∆ ∞= = −

+ +∫ ∫




23


( )( )

M

M

10 · 0.04771δ 2 0.2982 m1 0 1 0.6

eH

e∞

∆ ∞− = =

+ +


2m

m

2 10 · 10δ 2 2 335.3 t/mδ 0.2982

HH H EE

σ σε∞ ∞ ∞∞ ∞

∆ ∆= = → = = =


consolidación Cv:

86 2m

vw

10 · 335.3 3.353 · 10 m /s1

k ECγ

−−∞= = =


6v

5meses 2

3.353 · 10T · 5 · 30.5 · 86400 1.7674 0.225

C tH

−

= = = >>


( )2

5mesesT4

5meses 2

8U T 0.2 1 0.9888eπ

π−

> = − =


5mesesδ 0.2982 · 0.9888 0.2949 m= =



apartado anterior:

( )( )

( )( )

2 2 2 M 22 20 0

O2 O2

,δ d d 2

1 1 MH H e z e

z z He z e

ε∞ ∞

−∆ ∞ ∆ ∞= = −

+ +∫ ∫




23


( )( )

M

M

10 · 0.04771δ 2 0.2982 m1 0 1 0.6

eH

e∞

∆ ∞− = =

+ +


2m

m

2 10 · 10δ 2 2 335.3 t/mδ 0.2982

HH H EE

σ σε∞ ∞ ∞∞ ∞

∆ ∆= = → = = =


consolidación Cv:

86 2m

vw

10 · 335.3 3.353 · 10 m /s1

k ECγ

−−∞= = =


6v

5meses 2

3.353 · 10T · 5 · 30.5 · 86400 1.7674 0.225

C tH

−

= = = >>


( )2

5mesesT4

5meses 2

8U T 0.2 1 0.9888eπ

π−

> = − =


5mesesδ 0.2982 · 0.9888 0.2949 m= =



apartado anterior:

( )( )

( )( )

2 2 2 M 22 20 0

O2 O2

,δ d d 2

1 1 MH H e z e

z z He z e

ε∞ ∞

−∆ ∞ ∆ ∞= = −

+ +∫ ∫



3. Consolidación

30


23


( )( )

M

M

10 · 0.04771δ 2 0.2982 m1 0 1 0.6

eH

e∞

∆ ∞− = =

+ +


2m

m

2 10 · 10δ 2 2 335.3 t/mδ 0.2982

HH H EE

σ σε∞ ∞ ∞∞ ∞

∆ ∆= = → = = =


consolidación Cv:

86 2m

vw

10 · 335.3 3.353 · 10 m /s1

k ECγ

−−∞= = =


6v

5meses 2

3.353 · 10T · 5 · 30.5 · 86400 1.7674 0.225

C tH

−

= = = >>


( )2

5mesesT4

5meses 2

8U T 0.2 1 0.9888eπ

π−

> = − =


5mesesδ 0.2982 · 0.9888 0.2949 m= =



apartado anterior:

( )( )

( )( )

2 2 2 M 22 20 0

O2 O2

,δ d d 2

1 1 MH H e z e

z z He z e

ε∞ ∞

−∆ ∞ ∆ ∞= = −

+ +∫ ∫



2) Para calcular el asiento final tras la descarga, se debe obtener el asiento a tiempo infinito asociado a dicha descarga δ∞2, para lo cual se procede de igual forma que en el apartado anterior:

23


( )( )

M

M

10 · 0.04771δ 2 0.2982 m1 0 1 0.6

eH

e∞

∆ ∞− = =

+ +


2m

m

2 10 · 10δ 2 2 335.3 t/mδ 0.2982

HH H EE

σ σε∞ ∞ ∞∞ ∞

∆ ∆= = → = = =


consolidación Cv:

86 2m

vw

10 · 335.3 3.353 · 10 m /s1

k ECγ

−−∞= = =


6v

5meses 2

3.353 · 10T · 5 · 30.5 · 86400 1.7674 0.225

C tH

−

= = = >>


( )2

5mesesT4

5meses 2

8U T 0.2 1 0.9888eπ

π−

> = − =


5mesesδ 0.2982 · 0.9888 0.2949 m= =



apartado anterior:

( )( )

( )( )

2 2 2 M 22 20 0

O2 O2

,δ d d 2

1 1 MH H e z e

z z He z e

ε∞ ∞

−∆ ∞ ∆ ∞= = −

+ +∫ ∫



Por su parte, la variación del índice de poros se debe calcular considerando que la deformación se produce por la rama de descarga-recarga:

24

( )M 210log 0.00176115se C∆ ∞ = − =

El índice de poros inicial en la descarga se obtiene a partir de la variación de índice de

poros tras la carga:

O2 (M) 0.6 0.04771 0.55229e = − =

Con ello, el asiento δ∞2 es:

210 · 0.001761δ 0.01134 m

1.55229∞ = = −

donde el signo negativo indica elevación. Por tanto, el asiento total tras la carga y descarga

es la suma de ambos valores:

total 2δ δ δ 0.2982 0.01134 0.28686 m∞ ∞ ∞= + = − =

El índice de poros inicial en la descarga se obtiene a partir de la variación de índice de poros tras la carga:

24

( )M 210log 0.00176115se C∆ ∞ = − =



O2 (M) 0.6 0.04771 0.55229e = − =


210 · 0.001761δ 0.01134 m

1.55229∞ = = −



total 2δ δ δ 0.2982 0.01134 0.28686 m∞ ∞ ∞= + = − =


24

( )M 210log 0.00176115se C∆ ∞ = − =



O2 (M) 0.6 0.04771 0.55229e = − =


210 · 0.001761δ 0.01134 m

1.55229∞ = = −



total 2δ δ δ 0.2982 0.01134 0.28686 m∞ ∞ ∞= + = − =

donde el signo negativo indica elevación. El asiento total tras la carga y descarga es la suma de ambos valores:

24

( )M 210log 0.00176115se C∆ ∞ = − =



O2 (M) 0.6 0.04771 0.55229e = − =


210 · 0.001761δ 0.01134 m

1.55229∞ = = −



total 2δ δ δ 0.2982 0.01134 0.28686 m∞ ∞ ∞= + = − =

4

CARACTERIZACIÓN DE CAMPOS DE

TENSIONES EN SUELOS

33

PROBLEMA 7En un ensayo de corte directo de una arena, para unas tensiones normales de

3, 9 y 12 t/m2, se obtuvieron, respectivamente, tensiones de corte en el fallo de 1.875, 5.625 y 7.5 t/m2. Determinar en los tres casos cuál fue el valor de la tensión principal tercera cuando el suelo llegó al agotamiento.

SOLUCIÓN:Del círculo de Mohr en el fallo:

27

Problema 7

En un ensayo de corte directo de una arena, para unas tensiones normales de 3, 9 y 12

t/m2, se obtuvieron, respectivamente, tensiones de corte en el fallo de 1.875, 5.625 y 7.5

t/m2. Determinar en los tres casos cuál fue el valor de la tensión principal tercera cuando

el suelo llegó al agotamiento.

Solución:

Del círculo de Mohr en el fallo:

Figura 7.

se deduce:

n

n

tg ''

τϕ

σ=

2n n n

nn n n' '

τ σ τσσ τ σ

∆= → ∆ =

Además, el centro y el radio del círculo de Mohr vienen dados por:

Figura 7.

4.Caracterización de campos de tensiones en suelos

34

se deduce:

27

Problema 7





Solución:


Figura 7.

se deduce:

n

n

tg ''

τϕ

σ=

2n n n

nn n n' '

τ σ τσσ τ σ

∆= → ∆ =

Además, el centro y el radio del círculo de Mohr vienen dados por:

27

Problema 7





Solución:


Figura 7.

se deduce:

n

n

tg ''

τϕ

σ=

2n n n

nn n n' '

τ σ τσσ τ σ

∆= → ∆ =

Además, el centro y el radio del círculo de Mohr vienen dados por:Además, el centro y el radio del círculo de Mohr vienen dados por:

28

2 2n nt τ σ= + ∆

n n' 's σ σ= + ∆

Por otro lado, la tensión principal tercera es:

3' 's tσ = −

Teniendo en cuenta estas expresiones, los valores de σ’3 en cada uno de los ensayos es:

Test σ’n /

t/m2

τn /

t/m2

tg ϕ' ϕ' / º ∆σn’ / t/m2 t / t/m2 s’ /

t/m2

σ’3 / t/m2

1 3 1.875 0.625 32 1.172 2.211 4.172 1.961

2 9 5.625 0.625 32 3.516 6.633 12.516 5.882

3 12 7.5 0.625 32 4.688 8.844 16.688 7.843

En la resolución se ha asumido que las sobrepresiones generadas en la arena son nulas.

28

2 2n nt τ σ= + ∆

n n' 's σ σ= + ∆


3' 's tσ = −


Test σ’n /

t/m2

τn /

t/m2

tg ϕ' ϕ' / º ∆σn’ / t/m2 t / t/m2 s’ /

t/m2

σ’3 / t/m2

1 3 1.875 0.625 32 1.172 2.211 4.172 1.961

2 9 5.625 0.625 32 3.516 6.633 12.516 5.882

3 12 7.5 0.625 32 4.688 8.844 16.688 7.843



28

2 2n nt τ σ= + ∆

n n' 's σ σ= + ∆


3' 's tσ = −


Test σ’n /

t/m2

τn /

t/m2

tg ϕ' ϕ' / º ∆σn’ / t/m2 t / t/m2 s’ /

t/m2

σ’3 / t/m2

1 3 1.875 0.625 32 1.172 2.211 4.172 1.961

2 9 5.625 0.625 32 3.516 6.633 12.516 5.882

3 12 7.5 0.625 32 4.688 8.844 16.688 7.843



Test σ’n /t/m2 tn / t/m2 tg ϕ’ ϕ’ / º Dsn’ / t/m2 t /t/m2 s’ /t/m2 s’3 /t/m2

1 3 1.875 0.625 32 1.172 2.211 4.172 1.9612 9 5.625 0.625 32 3.516 6.633 12.516 5.8823 12 7.5 0.625 32 4.688 8.844 16.688 7.843


5

CARACTERIZACIÓN DE LA RESISTENCIA AL

CORTE DE SUELOS SATURADOS

37

PROBLEMA 8Un estrato de arcillas normalmente consolidadas de 10 m de potencia, de

2 g/cm3 de densidad natural (que puede suponerse constante), y un coeficiente de empuje al reposo (K0) igual a 0.6, descansa sobre un estrato de gravas de techo horizontal, infinitamente permeables e indeformables. En condiciones iniciales, el nivel freático coincide con la rasante del terreno, que también es horizontal. Existe un régimen de flujo vertical y estacionario, siendo la presión de agua en el techo de las gravas igual a 6 t/m2. Para estimar el comportamiento resistente se toma una muestra inalterada de un punto “P” que se encuentra a 2 m de profundidad.

1) Determinar el valor de la tensión esférica p' (t/m2) en “P”.2) Determinar el valor de p'1 (t/m2), mitad de p'; y p'2 (t/m2), triple de p'.3) Conforme con la envolvente de rotura adjunta, de modo grafico definir el

valor de la tensión desviadora última para p'1 (q1), en p' (q) y en p'2 (q2). Definir todos los valores en t/m2.

4) Dibujar en la figura adjunta la aproximación de Mohr–Coulomb de la envolvente de rotura que se obtiene con los puntos (p'1, q1), (p', q) y (p'2, q2).

5) De nuevo sobre el gráfico, determinar el corte b (t/m2) de la aproximación de la envolvente de rotura con el eje de ordenadas.

5. Caracterización de la resistencia al corte de suelos saturados

38

p’ (t/m2)

q (t/

m2 )

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Figura 8.SOLUCIÓN:

1) En primer lugar, se dibuja el croquis acotado del estado del sistema (valores en t/m2):

Figura 9.


39

Como en la grava la energía es menor a la que se tendría en condiciones hidrostáticas se tiene un flujo descendente: Las fuerzas de filtración harán enton-ces que las tensiones efectivas sean mayores a las geoestacionarias. Así, en el punto P a 2 m de profundidad, de acuerdo con la figura anterior, se obtiene que la tensión vertical total es:

32

Figura 8.

Solución:


Figura 9.

Como en la grava la energía es menor a la que se tendría en condiciones hidrostáticas se

tiene un flujo descendente: Las fuerzas de filtración harán entonces que las tensiones

efectivas sean mayores a las geoestacionarias. Así, en el punto P a 2 m de profundidad,

de acuerdo con la figura anterior, se obtiene que la tensión vertical total es:

( ) 2v P

4 t/mσ =

Sabiendo el valor de la presión del agua en ese punto:

( ) 2w P

6 · 2 1.2 t/m10

p = =

se puede calcular el valor de la tensión vertical efectiva:

( ) 2v P' 4 1.2 2.8 t/mσ = − =

Mayor a las 2 t/m2 geoestacionarias. Con el valor el coeficiente de empuje al reposo, la

tensión horizontal efectiva es:

( ) 2x P' 0.6 · 2.8 1.68 t/mσ = =

Por lo tanto, la tensión efectiva esférica tiene un valor de:

206

P

q

2 m

8 m

σv

pw


32

Figura 8.

Solución:


Figura 9.





( ) 2v P

4 t/mσ =


( ) 2w P

6 · 2 1.2 t/m10

p = =


( ) 2v P' 4 1.2 2.8 t/mσ = − =



( ) 2x P' 0.6 · 2.8 1.68 t/mσ = =


206

P

q

2 m

8 m

σv

pw


32

Figura 8.

Solución:


Figura 9.





( ) 2v P

4 t/mσ =


( ) 2w P

6 · 2 1.2 t/m10

p = =


( ) 2v P' 4 1.2 2.8 t/mσ = − =



( ) 2x P' 0.6 · 2.8 1.68 t/mσ = =


206

P

q

2 m

8 m

σv

pw

mayor a las 2 t/m2 geoestacionarias. Con el valor el coeficiente de empuje al reposo, la tensión horizontal efectiva es:

32

Figura 8.

Solución:


Figura 9.





( ) 2v P

4 t/mσ =


( ) 2w P

6 · 2 1.2 t/m10

p = =


( ) 2v P' 4 1.2 2.8 t/mσ = − =



( ) 2x P' 0.6 · 2.8 1.68 t/mσ = =


206

P

q

2 m

8 m

σv

pw


33

( ) 2z xP

' 2 '' 2.053 t/m

3p

σ σ+= =

2) Los valores de tensión mitad p´1 y triple p´2 son:

21' 1.03 t/mp =

22' 6.16 t/mp =

3) La tensión desviadora última qu se obtiene del gráfico adjunto, de tal forma que:

( ) 2u P

3.7 t/mq =

( ) 2u 1

3.1 t/mq =

( ) 2u 2

6.2 t/mq =

Figura 10.

2) Los valores de tensión mitad p'1 y triple p'2 son:

33

( ) 2z xP

' 2 '' 2.053 t/m

3p

σ σ+= =


21' 1.03 t/mp =

22' 6.16 t/mp =


( ) 2u P

3.7 t/mq =

( ) 2u 1

3.1 t/mq =

( ) 2u 2

6.2 t/mq =

Figura 10.


33

( ) 2z xP

' 2 '' 2.053 t/m

3p

σ σ+= =


21' 1.03 t/mp =

22' 6.16 t/mp =


( ) 2u P

3.7 t/mq =

( ) 2u 1

3.1 t/mq =

( ) 2u 2

6.2 t/mq =

Figura 10.

5. Caracterización de la resistencia al corte de suelos saturados

40

33

( ) 2z xP

' 2 '' 2.053 t/m

3p

σ σ+= =


21' 1.03 t/mp =

22' 6.16 t/mp =


( ) 2u P

3.7 t/mq =

( ) 2u 1

3.1 t/mq =

( ) 2u 2

6.2 t/mq =

Figura 10.Figura 10.

4) Uniendo los puntos sobre la envolvente de rotura adjunta, se obtiene como aproximación de Mohr–Coulomb de la envolvente de rotura la recta que aparece representada en azul.

5) El corte b de la aproximación de la envolvente de rotura con el eje de ordenadas es:

b = 2.5 t/m2

6

EL SUELO COMO MEDIO ELÁSTICO

43

PROBLEMA 9Una zapata rectangular flexible y lisa de 6 x 4 m recibe una carga vertical de

10 t/m2. La zapata descansa sobre un estrato horizontal de arcilla muy sobrecon-solidada de 12 m de espesor con un módulo elástico drenado de 4200 t/m2 y un módulo de Poisson drenado ν’=0.32, bajo el cual existe un conglomerado cemen-tado que puede considerarse indeformable. Asumiendo que el nivel freático se encuentra siempre en superficie, aplicar la hipótesis de Steinbrenner para estimar el asiento instantáneo en el centro de la zapata.

Recordad que la definición genérica del módulo de corte viene dada por la expresión:

37

Problema 9

Una zapata rectangular flexible y lisa de 6 × 4 m recibe una carga vertical de 10 t/m2. La

zapata descansa sobre un estrato horizontal de arcilla muy sobreconsolidada de 12 m de

espesor con un módulo elástico drenado de 4200 t/m2 y un módulo de Poisson drenado

ν’=0.32, bajo el cual existe un conglomerado cementado que puede considerarse

indeformable. Asumiendo que el nivel freático se encuentra siempre en superficie, aplicar

la hipótesis de Steinbrenner para estimar el asiento instantáneo en el centro de la zapata.


2 (1 )EGν

=+

Tener en cuenta la solución en el espacio de Boussinesq:

Figura 11.

Solución:

En un cálculo en elasticidad lineal, para calcular el asiento en el centro de una zapata se

puede dividir dicha zapata en cuatro, calcular el asiento en esquina de cada una de ellas,

y, aplicando el principio de superposición, sumar esos asientos para obtener el asiento

total en el centro. De esta forma se tienen 4 zapatas 3 m × 2 m:

z

x

y

b

l ( )2z

1

2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

1 2 11

tg2 1

1 1 1 1Ln Ln2 1 1 1

p b A BE

n mBn m n

m n m m nA mm n m m n

νρ νν

π

π

−

− = − − −

=

+ +

+ + + + + += + + + − + + −

;l zm nb b

= =


37

Problema 9

Una zapata rectangular flexible y lisa de 6 × 4 m recibe una carga vertical de 10 t/m2. La

zapata descansa sobre un estrato horizontal de arcilla muy sobreconsolidada de 12 m de

espesor con un módulo elástico drenado de 4200 t/m2 y un módulo de Poisson drenado

ν’=0.32, bajo el cual existe un conglomerado cementado que puede considerarse

indeformable. Asumiendo que el nivel freático se encuentra siempre en superficie, aplicar

la hipótesis de Steinbrenner para estimar el asiento instantáneo en el centro de la zapata.


2 (1 )EGν

=+


Figura 11.

Solución:

En un cálculo en elasticidad lineal, para calcular el asiento en el centro de una zapata se

puede dividir dicha zapata en cuatro, calcular el asiento en esquina de cada una de ellas,

y, aplicando el principio de superposición, sumar esos asientos para obtener el asiento

total en el centro. De esta forma se tienen 4 zapatas 3 m × 2 m:

z

x

y

b

l ( )2z

1

2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

1 2 11

tg2 1

1 1 1 1Ln Ln2 1 1 1

p b A BE

n mBn m n

m n m m nA mm n m m n

νρ νν

π

π

−

− = − − −

=

+ +

+ + + + + += + + + − + + −

;l zm nb b

= =

Figura 11.

6. El suelo como medio elástico

44

SOLUCIÓN:En un cálculo en elasticidad lineal, para calcular el asiento en el centro de una

zapata se puede dividir dicha zapata en cuatro, calcular el asiento en esquina de cada una de ellas, y, aplicando el principio de superposición, sumar esos asientos para obtener el asiento total en el centro. De esta forma se tienen 4 zapatas 3 m x 2 m:

38

Figura 12.

Dado que el agua no juega en el comportamiento a corte, de la definición del módulo

elástico de corte se deduce que:

2UU U

U

1.5 4773 t/m2 (1 ) 2 (1 ) (1 )

EE EG G Eν ν ν′ ′

′= = = → =′ ′+ + +

donde el símbolo ′ indica definición drenada, y el subíndice “U” no drenada, siendo el

módulo de Poisson no drenado νU=0.5. Esto hace que, en el cálculo a corto plazo definido

en el enunciado, la función B vaya multiplicada por un coeficiente igual a 0, por lo que

no es necesario calcularla.

Tanto en superficie como a 12 m de profundidad el valor de m es:

3 1.52

m = =

En superficie el valor de n es 0. Por ello el asiento “de Boussinesq” en el punto A se

calcula como:

2 2

2 2

1 1 1.5 0 1.5 1 1.5 0 1Ln 1.5 Ln 0.6787902 1 1.5 0 1.5 1 1.5 0 1

Aπ

+ + + + + + = + = + + − + + −

10 t/m2

A

3 m

2 m

B

12 m

Figura 12.

Dado que el agua no juega en el comportamiento a corte, de la definición del módulo elástico de corte se deduce que:

38

Figura 12.



2UU U

U

1.5 4773 t/m2 (1 ) 2 (1 ) (1 )


′= = = → =′ ′+ + +






3 1.52

m = =


calcula como:

2 2

2 2

1 1 1.5 0 1.5 1 1.5 0 1Ln 1.5 Ln 0.6787902 1 1.5 0 1.5 1 1.5 0 1

Aπ

+ + + + + + = + = + + − + + −

10 t/m2

A

3 m

2 m

B

12 m

donde el símbolo ' indica definición drenada, y el subíndice “U” no drenada, siendo el módulo de Poisson no drenado vu=0.5. Esto hace que, en el cálculo a corto plazo definido en el enunciado, la función B vaya multiplicada por un coeficiente igual a 0, por lo que no es necesario calcularla.


38

Figura 12.



2UU U

U

1.5 4773 t/m2 (1 ) 2 (1 ) (1 )


′= = = → =′ ′+ + +






3 1.52

m = =


calcula como:

2 2

2 2

1 1 1.5 0 1.5 1 1.5 0 1Ln 1.5 Ln 0.6787902 1 1.5 0 1.5 1 1.5 0 1

Aπ

+ + + + + + = + = + + − + + −

10 t/m2

A

3 m

2 m

B

12 m


45

En superficie el valor de n es 0. Por ello el asiento “de Boussinesq” en el punto A se calcula como:

38

Figura 12.



2UU U

U

1.5 4773 t/m2 (1 ) 2 (1 ) (1 )


′= = = → =′ ′+ + +






3 1.52

m = =


calcula como:

2 2

2 2

1 1 1.5 0 1.5 1 1.5 0 1Ln 1.5 Ln 0.6787902 1 1.5 0 1.5 1 1.5 0 1

Aπ

+ + + + + + = + = + + − + + −

10 t/m2

A

3 m

2 m

B

12 m

39

( )(1) 2BA

10 · 2 · 1 0.5 · 0.678790 0.00213 m4773

ρ = − =

Por su parte, para la profundidad a la que se encuentra el conglomerado indeformable,

punto B, el asiento de Boussinesq se calcula como:

1212 62

z n= = =

2 2 2 2

2 2 2 2

1 1 1.5 6 1.5 1 1.5 6 1Ln 1.5 Ln 0.1545892 1 1.5 6 1.5 1 1.5 6 1

Aπ

+ + + + + + = + = + + − + + −

( )(1) 2BB

10 · 2 · 1 0.5 · 0.154589 0.00049 m4773

ρ = − =

Aplicando el principio de superposición y la hipótesis de Steinbrenner, el asiento

instantáneo en el centro de la zapata se obtiene a partir de los asientos en esquina de las

cuatro zapatas de 3 m × 2 m:

( )(1) (1)A BA BB4 · 0.00659 m 6.6 mmρ ρ ρ= − = =

Por su parte, para la profundidad a la que se encuentra el conglomerado inde-formable, punto B, el asiento de Boussinesq se calcula como:

39

( )(1) 2BA

10 · 2 · 1 0.5 · 0.678790 0.00213 m4773

ρ = − =



1212 62

z n= = =

2 2 2 2

2 2 2 2

1 1 1.5 6 1.5 1 1.5 6 1Ln 1.5 Ln 0.1545892 1 1.5 6 1.5 1 1.5 6 1

Aπ

+ + + + + + = + = + + − + + −

( )(1) 2BB

10 · 2 · 1 0.5 · 0.154589 0.00049 m4773

ρ = − =




( )(1) (1)A BA BB4 · 0.00659 m 6.6 mmρ ρ ρ= − = =

39

( )(1) 2BA

10 · 2 · 1 0.5 · 0.678790 0.00213 m4773

ρ = − =



1212 62

z n= = =

2 2 2 2

2 2 2 2

1 1 1.5 6 1.5 1 1.5 6 1Ln 1.5 Ln 0.1545892 1 1.5 6 1.5 1 1.5 6 1

Aπ

+ + + + + + = + = + + − + + −

( )(1) 2BB

10 · 2 · 1 0.5 · 0.154589 0.00049 m4773

ρ = − =




( )(1) (1)A BA BB4 · 0.00659 m 6.6 mmρ ρ ρ= − = =

39

( )(1) 2BA

10 · 2 · 1 0.5 · 0.678790 0.00213 m4773

ρ = − =



1212 62

z n= = =

2 2 2 2

2 2 2 2

1 1 1.5 6 1.5 1 1.5 6 1Ln 1.5 Ln 0.1545892 1 1.5 6 1.5 1 1.5 6 1

Aπ

+ + + + + + = + = + + − + + −

( )(1) 2BB

10 · 2 · 1 0.5 · 0.154589 0.00049 m4773

ρ = − =




( )(1) (1)A BA BB4 · 0.00659 m 6.6 mmρ ρ ρ= − = =

Aplicando el principio de superposición y la hipótesis de Steinbrenner, el asiento instantáneo en el centro de la zapata se obtiene a partir de los asientos en esquina de las cuatro zapatas de 3 m x 2 m:

39

( )(1) 2BA

10 · 2 · 1 0.5 · 0.678790 0.00213 m4773

ρ = − =



1212 62

z n= = =

2 2 2 2

2 2 2 2

1 1 1.5 6 1.5 1 1.5 6 1Ln 1.5 Ln 0.1545892 1 1.5 6 1.5 1 1.5 6 1

Aπ

+ + + + + + = + = + + − + + −

( )(1) 2BB

10 · 2 · 1 0.5 · 0.154589 0.00049 m4773

ρ = − =




( )(1) (1)A BA BB4 · 0.00659 m 6.6 mmρ ρ ρ= − = =

7

ANÁLISIS LÍMITE

49

PROBLEMA 10Para analizar la carga última p que puede soportar una zapata corrida de 4

m de ancho, lisa y flexible, que apoya sobre un terreno horizontal idealmente seco con un ángulo de rozamiento ϕ de 21°, cohesión despreciable y densidad natural de 1.6 t/m3, se va a aplicar el teorema de la cota superior del Análisis Límite. Se estudiará un mecanismo de colapso plano formado por dos bloques triangulares traslacionales: un bloque 1, activo, situado bajo la zapata, un bloque 2, pasivo, que conecta al 1 con la rasante del terreno. El contacto entre ambos bloques es vertical.

Tras dibujar el mecanismo y la hodógrafa asociada, calcular el valor de:1) δv1/δw1, donde δv1 es el módulo de la componente vertical del des-

plazamiento virtual del bloque traslacional 1, y δw1 es el módulo del desplaza-miento total de ese bloque.

2) δv2/δw1, donde δv2 es el módulo de la componente vertical del des-plazamiento del bloque 2.

3) δW1/δw1 (t/m), donde δW1 es el módulo del trabajo del peso del bloque 1.4) δW2/δw1 (t/m), donde δW2 es el módulo del trabajo del peso del bloque 2.5) La carga última p (t/m2).

SOLUCIÓN:De acuerdo con el enunciado, el mecanismo de colapso sería:

7. Análisis límite

50

43

Problema 10

Para analizar la carga última p que puede soportar una zapata corrida de 4 m de ancho,

lisa y flexible, que apoya sobre un terreno horizontal idealmente seco con un ángulo de

rozamiento ϕ de 21°, cohesión despreciable y densidad natural de 1.6 t/m3, se va a aplicar

el teorema de la cota superior del Análisis Límite. Se estudiará un mecanismo de colapso

plano formado por dos bloques triangulares traslacionales: un bloque 1, activo, situado

bajo la zapata, un bloque 2, pasivo, que conecta al 1 con la rasante del terreno. El contacto

entre ambos bloques es vertical.

Tras dibujar el mecanismo y la hodógrafa asociada, calcular el valor de:

1) δv1/δw1, donde δv1 es el módulo de la componente vertical del desplazamiento virtual

del bloque traslacional 1, y δw1 es el módulo del desplazamiento total de ese bloque.

2) δv2/δw1, donde δv2 es el módulo de la componente vertical del desplazamiento del

bloque 2.

3) δW1/δw1 (t/m), donde δW1 es el módulo del trabajo del peso del bloque 1.

4) δW2/δw1 (t/m), donde δW2 es el módulo del trabajo del peso del bloque 2.

5) La carga última p (t/m2).

Solución:

De acuerdo con el enunciado, el mecanismo de colapso sería:

A

B

p

1 2

DC

ϕϕδw1 αpasivo

ϕδw2

b

4 m

z

δw12

L1

αactivo

L2

Figura 13.

Los ángulos correspondientes al bloque activo y al bloque pasivo se calculan como:

44

Figura13.


' 21activo 45 45 55.5º2 2ϕ

= + = + =

' 21pasivo 45 45 34.5º2 2ϕ

= − = − =

Aplicando el teorema del seno, las diferentes dimensiones del mecanismo son:

4 5.82 msen 34.5 sen 55.5

z z= → =

11

4 7.062 msen 34.5 sen 90

L L= → =

22 10.2753 m

sen 34.5 sen 90Lz L= → =

8.4682 msen 34.5 sen 55.5

z b b= → =

Para finalizar esta primera parte del problema se define la hodógrafa:

Figura 14.

0

δv1

ϕ

δv2

αpasivo

αactivoϕ

ϕ


44

Figura13.


' 21activo 45 45 55.5º2 2ϕ

= + = + =

' 21pasivo 45 45 34.5º2 2ϕ

= − = − =


4 5.82 msen 34.5 sen 55.5

z z= → =

11

4 7.062 msen 34.5 sen 90

L L= → =

22 10.2753 m

sen 34.5 sen 90Lz L= → =

8.4682 msen 34.5 sen 55.5

z b b= → =


Figura 14.

0

δv1

ϕ

δv2

αpasivo

αactivoϕ

ϕ


51


44

Figura13.


' 21activo 45 45 55.5º2 2ϕ

= + = + =

' 21pasivo 45 45 34.5º2 2ϕ

= − = − =


4 5.82 msen 34.5 sen 55.5

z z= → =

11

4 7.062 msen 34.5 sen 90

L L= → =

22 10.2753 m

sen 34.5 sen 90Lz L= → =

8.4682 msen 34.5 sen 55.5

z b b= → =


Figura 14.

0

δv1

ϕ

δv2

αpasivo

αactivoϕ

ϕ

Figura 14.

1) El valor de δv1/δw1 se puede calcular como:

45


1 1

1 1

δ δcos 55.5 0.5664δ δ

v vw w

= → =

2) En el bloque 2, δv2/δw1 se calcularía a partir de:

2 1 2

1

δ δ δ 4.165sen 76.5 sen 13.5 δ

w w ww

= → =

2 2

2 2

δ δcos 34.5 0.824δ δ

v vw w

= → =

Por lo tanto, su valor sería:

2 2 2

2 1 1

δ δ δ0.824 4.165 3.4327δ δ δ

v w vw w w

= ⋅ → =

3) Para calcular el trabajo ejercido por lo bloque 1, en primer lugar, se debe calcular su

peso:

21 1

4 4 5.82 11.64 m2 2zv A ⋅

= = = =

1 1 11.64 1.6 18.624 t/mP v γ= = ⋅ =

Con ello, el trabajo que introduce el bloque en el mecanismo es:

1 1 11 1 1 1

1 1 1

δ δ δδ δ 18.624 0.5664 10.549 t/mδ δ δW v WW P v Pw w w

= → = = ⋅ → =

4) De igual manera que se ha procedido con el bloque 1, para el bloque 2 el peso sería:

22 2

8.4682 5.82 24.64 m2 2

b zv A ⋅= = = =

2 2 24.64 1.6 39.428 t/mP v γ= = ⋅ =

Por lo que el trabajo es:

2 22 2 2 2

1 1 1

δ δδδ δ 39.428 3.4327 135.346 t/mδ δ δW WvW P v Pw w w

= − → = − = − ⋅ → = −


45


1 1

1 1

δ δcos 55.5 0.5664δ δ

v vw w

= → =


2 1 2

1

δ δ δ 4.165sen 76.5 sen 13.5 δ

w w ww

= → =

2 2

2 2

δ δcos 34.5 0.824δ δ

v vw w

= → =


2 2 2

2 1 1

δ δ δ0.824 4.165 3.4327δ δ δ

v w vw w w

= ⋅ → =


peso:

21 1

4 4 5.82 11.64 m2 2zv A ⋅

= = = =

1 1 11.64 1.6 18.624 t/mP v γ= = ⋅ =


1 1 11 1 1 1

1 1 1


= → = = ⋅ → =


22 2

8.4682 5.82 24.64 m2 2

b zv A ⋅= = = =

2 2 24.64 1.6 39.428 t/mP v γ= = ⋅ =


2 22 2 2 2

1 1 1


= − → = − = − ⋅ → = −


45


1 1

1 1

δ δcos 55.5 0.5664δ δ

v vw w

= → =


2 1 2

1

δ δ δ 4.165sen 76.5 sen 13.5 δ

w w ww

= → =

2 2

2 2

δ δcos 34.5 0.824δ δ

v vw w

= → =


2 2 2

2 1 1

δ δ δ0.824 4.165 3.4327δ δ δ

v w vw w w

= ⋅ → =


peso:

21 1

4 4 5.82 11.64 m2 2zv A ⋅

= = = =

1 1 11.64 1.6 18.624 t/mP v γ= = ⋅ =


1 1 11 1 1 1

1 1 1


= → = = ⋅ → =


22 2

8.4682 5.82 24.64 m2 2

b zv A ⋅= = = =

2 2 24.64 1.6 39.428 t/mP v γ= = ⋅ =


2 22 2 2 2

1 1 1


= − → = − = − ⋅ → = −

7. Análisis límite

52

3) Para calcular el trabajo ejercido por el bloque 1, en primer lugar, se debe calcular su peso:

45


1 1

1 1

δ δcos 55.5 0.5664δ δ

v vw w

= → =


2 1 2

1

δ δ δ 4.165sen 76.5 sen 13.5 δ

w w ww

= → =

2 2

2 2

δ δcos 34.5 0.824δ δ

v vw w

= → =


2 2 2

2 1 1

δ δ δ0.824 4.165 3.4327δ δ δ

v w vw w w

= ⋅ → =


peso:

21 1

4 4 5.82 11.64 m2 2zv A ⋅

= = = =

1 1 11.64 1.6 18.624 t/mP v γ= = ⋅ =


1 1 11 1 1 1

1 1 1


= → = = ⋅ → =


22 2

8.4682 5.82 24.64 m2 2

b zv A ⋅= = = =

2 2 24.64 1.6 39.428 t/mP v γ= = ⋅ =


2 22 2 2 2

1 1 1


= − → = − = − ⋅ → = −


45


1 1

1 1

δ δcos 55.5 0.5664δ δ

v vw w

= → =


2 1 2

1

δ δ δ 4.165sen 76.5 sen 13.5 δ

w w ww

= → =

2 2

2 2

δ δcos 34.5 0.824δ δ

v vw w

= → =


2 2 2

2 1 1

δ δ δ0.824 4.165 3.4327δ δ δ

v w vw w w

= ⋅ → =


peso:

21 1

4 4 5.82 11.64 m2 2zv A ⋅

= = = =

1 1 11.64 1.6 18.624 t/mP v γ= = ⋅ =


1 1 11 1 1 1

1 1 1


= → = = ⋅ → =


22 2

8.4682 5.82 24.64 m2 2

b zv A ⋅= = = =

2 2 24.64 1.6 39.428 t/mP v γ= = ⋅ =


2 22 2 2 2

1 1 1


= − → = − = − ⋅ → = −


45


1 1

1 1

δ δcos 55.5 0.5664δ δ

v vw w

= → =


2 1 2

1

δ δ δ 4.165sen 76.5 sen 13.5 δ

w w ww

= → =

2 2

2 2

δ δcos 34.5 0.824δ δ

v vw w

= → =


2 2 2

2 1 1

δ δ δ0.824 4.165 3.4327δ δ δ

v w vw w w

= ⋅ → =


peso:

21 1

4 4 5.82 11.64 m2 2zv A ⋅

= = = =

1 1 11.64 1.6 18.624 t/mP v γ= = ⋅ =


1 1 11 1 1 1

1 1 1


= → = = ⋅ → =


22 2

8.4682 5.82 24.64 m2 2

b zv A ⋅= = = =

2 2 24.64 1.6 39.428 t/mP v γ= = ⋅ =


2 22 2 2 2

1 1 1


= − → = − = − ⋅ → = −


45


1 1

1 1

δ δcos 55.5 0.5664δ δ

v vw w

= → =


2 1 2

1

δ δ δ 4.165sen 76.5 sen 13.5 δ

w w ww

= → =

2 2

2 2

δ δcos 34.5 0.824δ δ

v vw w

= → =


2 2 2

2 1 1

δ δ δ0.824 4.165 3.4327δ δ δ

v w vw w w

= ⋅ → =


peso:

21 1

4 4 5.82 11.64 m2 2zv A ⋅

= = = =

1 1 11.64 1.6 18.624 t/mP v γ= = ⋅ =


1 1 11 1 1 1

1 1 1


= → = = ⋅ → =


22 2

8.4682 5.82 24.64 m2 2

b zv A ⋅= = = =

2 2 24.64 1.6 39.428 t/mP v γ= = ⋅ =


2 22 2 2 2

1 1 1


= − → = − = − ⋅ → = −

donde el signo negativo es debido a que el movimiento vertical del bloque 2 es ascendente, contrario al peso: el mecanismo “debe levantar” al bloque, que se opone a la movilización.

5) Para calcular la carga última p, además de los trabajos realizados por los bloques 1 y 2, se debe calcular el trabajo que realizaría dicha carga:

46

donde el signo negativo es debido a que el movimiento vertical del bloque 2 es

ascendente, contrario al peso: el mecanismo “debe levantar” al bloque, que se opone a la

movilización.

5) Para calcular la carga última p, además de los trabajos realizados por los bloques 1 y

2, se debe calcular el trabajo que realizaría dicha carga:

p p1p 1

1 1 1

δ δδδ 4 δ 4 4 0.5664 2.26 t/mδ δ δW WvW p v p p pw w w

= → = = ⋅ ⋅ → = ⋅

Por otro lado, la disipación generada en el sistema vendría dada por:

δ δ cos 0 δ 0D c w L c Dϕ= → = → =

Con todo ello, la carga última se calcula igualando el trabajo de las fuerzas externas a la

disipación. Por lo que p es:

p1 2

1 1 1

δδ δδ δ 0δ δ δ

WW WW Dw w w

= → + + =

210.5488 2.26 135.346 0 55.08 t/mp p→ + − = → =


46



movilización.



p p1p 1

1 1 1


= → = = ⋅ ⋅ → = ⋅


δ δ cos 0 δ 0D c w L c Dϕ= → = → =



p1 2

1 1 1


WW WW Dw w w

= → + + =

210.5488 2.26 135.346 0 55.08 t/mp p→ + − = → =


53

Con todo ello, la carga última se calcula igualando el trabajo de las fuerzas externas a la disipación. Por lo que p es:

46



movilización.



p p1p 1

1 1 1


= → = = ⋅ ⋅ → = ⋅


δ δ cos 0 δ 0D c w L c Dϕ= → = → =



p1 2

1 1 1


WW WW Dw w w

= → + + =

210.5488 2.26 135.346 0 55.08 t/mp p→ + − = → =

8

ESTADO PLÁSTICO DE RANKINE

57

PROBLEMA 11Para analizar la carga última p de la zapata definida en el Problema 10 se va

a seguir el siguiente procedimiento alternativo:1) Al ser el bloque 1 un bloque activo, se supondrá que el empuje E1 que ejerce

el bloque 1 sobre el 2 se puede calcular mediante el empuje activo de Rankine (tener en cuenta la sobrecarga p).

2) Al ser el bloque 2 un bloque pasivo, se supondrá que el empuje E2 que ejerce el bloque 2 sobre el 1 puede calcularse mediante el empuje pasivo de Rankine.

3) Igualar ambos empujes (equilibrio en el contacto entre los bloques) y deter-minar la carga última p.

49

Problema 11

Para analizar la carga última p de la zapata definida en el Problema 10 se va a seguir el

siguiente procedimiento alternativo:

1) Al ser el bloque 1 un bloque activo, se supondrá que el empuje E1 que ejerce el bloque

1 sobre el 2 se puede calcular mediante el empuje activo de Rankine (tener en cuenta la

sobrecarga p).

2) Al ser el bloque 2 un bloque pasivo, se supondrá que el empuje E2 que ejerce el bloque

2 sobre el 1 puede calcularse mediante el empuje pasivo de Rankine.

3) Igualar ambos empujes (equilibrio en el contacto entre los bloques) y determinar la

carga última p.

Figura 15.

Solución:

' 21activo 45 45 55.5º2 2ϕ

= + = + =

' 21pasivo 45 45 34.5º2 2ϕ

= − = − =

En primer lugar, a partir de la geometría dada en la figura se puede obtener:

A

B

p

1 2

4 m

αactivoαpasivoz

Figura 15.

8. Estado plástico de Rankine

58

SOLUCIÓN:

49

Problema 11

Para analizar la carga última p de la zapata definida en el Problema 10 se va a seguir el

siguiente procedimiento alternativo:

1) Al ser el bloque 1 un bloque activo, se supondrá que el empuje E1 que ejerce el bloque

1 sobre el 2 se puede calcular mediante el empuje activo de Rankine (tener en cuenta la

sobrecarga p).

2) Al ser el bloque 2 un bloque pasivo, se supondrá que el empuje E2 que ejerce el bloque

2 sobre el 1 puede calcularse mediante el empuje pasivo de Rankine.

3) Igualar ambos empujes (equilibrio en el contacto entre los bloques) y determinar la

carga última p.

Figura 15.

Solución:

' 21activo 45 45 55.5º2 2ϕ

= + = + =

' 21pasivo 45 45 34.5º2 2ϕ

= − = − =


A

B

p

1 2

4 m

αactivoαpasivoz


50

tan 55.5 5.82 m4z z= → =

Los coeficientes de empuje activo y pasivo se calculan como:

2a

'tan 45 0.4722

K ϕ = − =

2p

'tan 45 2.1172

K ϕ = + =

1) La distribución de tensión horizontal efectiva que ejerce el bloque 1 a lo largo de AB

viene dada por:

( ) ( ) ( )x a a x a' 2 ' ' 0 ' K z p c K c K z pσ γ σ γ= + − → = → = +

Figura 16.

Por lo tanto, el empuje activo total es:

2 2a a

1 1' p 0.472 5.82 1.6 5.822 2

E K z z pγ = + = ⋅ ⋅ + ⋅

a ' 2.749 12.8 t/mE p= ⋅ +


en este caso es:

A

BKa p

Ka (p+ γ z)


50

tan 55.5 5.82 m4z z= → =


2a

'tan 45 0.4722

K ϕ = − =

2p

'tan 45 2.1172

K ϕ = + =


viene dada por:


Figura 16.


2 2a a

1 1' p 0.472 5.82 1.6 5.822 2

E K z z pγ = + = ⋅ ⋅ + ⋅

a ' 2.749 12.8 t/mE p= ⋅ +


en este caso es:

A

BKa p

Ka (p+ γ z)

1) La distribución de tensión horizontal efectiva que ejerce el bloque 1 a lo largo de AB viene dada por:

50

tan 55.5 5.82 m4z z= → =


2a

'tan 45 0.4722

K ϕ = − =

2p

'tan 45 2.1172

K ϕ = + =


viene dada por:


Figura 16.


2 2a a

1 1' p 0.472 5.82 1.6 5.822 2

E K z z pγ = + = ⋅ ⋅ + ⋅

a ' 2.749 12.8 t/mE p= ⋅ +


en este caso es:

A

BKa p

Ka (p+ γ z)

50

tan 55.5 5.82 m4z z= → =


2a

'tan 45 0.4722

K ϕ = − =

2p

'tan 45 2.1172

K ϕ = + =


viene dada por:


Figura 16.


2 2a a

1 1' p 0.472 5.82 1.6 5.822 2

E K z z pγ = + = ⋅ ⋅ + ⋅

a ' 2.749 12.8 t/mE p= ⋅ +


en este caso es:

A

BKa p

Ka (p+ γ z)

Figura 16.


59


50

tan 55.5 5.82 m4z z= → =


2a

'tan 45 0.4722

K ϕ = − =

2p

'tan 45 2.1172

K ϕ = + =


viene dada por:


Figura 16.


2 2a a

1 1' p 0.472 5.82 1.6 5.822 2

E K z z pγ = + = ⋅ ⋅ + ⋅

a ' 2.749 12.8 t/mE p= ⋅ +


en este caso es:

A

BKa p

Ka (p+ γ z)

2) La distribución de tensión horizontal efectiva que ejerce el bloque 2 a lo largo de AB en este caso es:

51

( )x p p x p

0' 2 ' '

' 0p

K z p c K K zc

σ γ σ γ=

= + + → → ==

Figura 17.

Por lo tanto, el empuje pasivo total es:

2 2p p

1 1' 2.117 1.6 5.822 2

E K zγ= = ⋅ ⋅ ⋅

p ' 57.368 t/mE =

3) Aplicando equilibrio de fuerzas horizontales en AB:

x a p a p0 0F E E E E= → − = → =∑

se obtiene el valor de la carga p:

257.368 12.82.749 12.8 57.368 16.212 t/m2.749

p p p−⋅ + = → = → =

A

B

Kp γ z

51

( )x p p x p

0' 2 ' '

' 0p

K z p c K K zc

σ γ σ γ=

= + + → → ==

Figura 17.


2 2p p

1 1' 2.117 1.6 5.822 2

E K zγ= = ⋅ ⋅ ⋅

p ' 57.368 t/mE =


x a p a p0 0F E E E E= → − = → =∑


257.368 12.82.749 12.8 57.368 16.212 t/m2.749

p p p−⋅ + = → = → =

A

B

Kp γ z

Figura 17.


51

( )x p p x p

0' 2 ' '

' 0p

K z p c K K zc

σ γ σ γ=

= + + → → ==

Figura 17.


2 2p p

1 1' 2.117 1.6 5.822 2

E K zγ= = ⋅ ⋅ ⋅

p ' 57.368 t/mE =


x a p a p0 0F E E E E= → − = → =∑


257.368 12.82.749 12.8 57.368 16.212 t/m2.749

p p p−⋅ + = → = → =

A

B

Kp γ z


51

( )x p p x p

0' 2 ' '

' 0p

K z p c K K zc

σ γ σ γ=

= + + → → ==

Figura 17.


2 2p p

1 1' 2.117 1.6 5.822 2

E K zγ= = ⋅ ⋅ ⋅

p ' 57.368 t/mE =


x a p a p0 0F E E E E= → − = → =∑


257.368 12.82.749 12.8 57.368 16.212 t/m2.749

p p p−⋅ + = → = → =

A

B

Kp γ z


51

( )x p p x p

0' 2 ' '

' 0p

K z p c K K zc

σ γ σ γ=

= + + → → ==

Figura 17.


2 2p p

1 1' 2.117 1.6 5.822 2

E K zγ= = ⋅ ⋅ ⋅

p ' 57.368 t/mE =


x a p a p0 0F E E E E= → − = → =∑


257.368 12.82.749 12.8 57.368 16.212 t/m2.749

p p p−⋅ + = → = → =

A

B

Kp γ z

9

EQUILIBRIO LÍMITE

63

PROBLEMA 12Por el pie de un talud de 30º de pendiente y 10 m de altura pasa una discon-

tinuidad que llega hasta su coronación. El terreno está formado por un material cohesivo, de 1.8 t/m3 de densidad, 32º de ángulo de rozamiento interno y 2 t/m2 de cohesión. Sin embargo, la discontinuidad está rellena por un material granular, de la misma densidad, pero de 30º de ángulo de rozamiento interno. Determinar el factor de seguridad del talud con respecto al fallo al deslizamiento a lo largo de la discontinuidad.

55

Problema 12

Por el pie de un talud de 30º de pendiente y 10 m de altura pasa una discontinuidad que

llega hasta su coronación. El terreno está formado por un material cohesivo, de 1.8 t/m3

de densidad, 32º de ángulo de rozamiento interno y 2 t/m2 de cohesión. Sin embargo, la

discontinuidad está rellena por un material granular, de la misma densidad, pero de 30º

de ángulo de rozamiento interno. Determinar el factor de seguridad del talud con respecto

el fallo al deslizamiento a lo largo de la discontinuidad.

Figura 18.

Solución:

Los esfuerzos normales y tangenciales en la discontinuidad son Nm (esfuerzo normal

movilizado) y Tm (esfuerzo de corte movilizado), por lo que el polígono de fuerzas es:

Figura 19.

A

B C

28°

γn = 1.8 t/m3

ϕ = 32°

c = 2 t/m2

γn = 1.8 t/m3

ϕ = 30°

A

B CW

Tm

Nm

Tm

Nm

Wα

Figura 18.

SOLUCIÓN:Los esfuerzos normales y tangenciales en la discontinuidad son Nm (esfuerzo

normal movilizado) y Tm (esfuerzo de corte movilizado), por lo que el polígono de fuerzas es:

9. Equilibrio límite

64

A

B C W

Tm

Nm

Tm

Nm

W a

Figura 19.

Donde:

56

Donde:

m cosN W α=

m senT W α=

Sabiendo que el factor de seguridad viene dado por el cociente entre las fuerzas

estabilizadoras y las fuerzas movilizadoras, el factor de seguridad al deslizamiento se

calculará como:

est m

mov m

tan cos tan tan tan 30º 1.086 sen tan tan 28º

F N WFF T W

ϕ α ϕ ϕα α

= = = = = =

Sabiendo que el factor de seguridad viene dado por el cociente entre las fuerzas estabilizadoras y las fuerzas movilizadoras, el factor de seguridad al deslizamiento se calculará como:

56

Donde:

m cosN W α=

m senT W α=

Sabiendo que el factor de seguridad viene dado por el cociente entre las fuerzas

estabilizadoras y las fuerzas movilizadoras, el factor de seguridad al deslizamiento se

calculará como:

est m

mov m

tan cos tan tan tan 30º 1.086 sen tan tan 28º

F N WFF T W

ϕ α ϕ ϕα α

= = = = = =

Los ejercicios incluidos en este Cuaderno pretenden “movilizar” los contenidos que los autores consideran básicos para el aprendizaje de la Mecánica de Suelos y la Geotecnia. Sin embargo, no es un cuaderno de iniciación. La resolución de los ejercicios se plantea asumiendo que el lector está familiarizado con la ma-teria. El objetivo del Cuaderno, como indica su título, es “contrastar” que esto es realmente así. No obstante, como cualquier “test de contraste”, el resultado solo puede ser negativo. Seguir todos los ejercicios no es si-nónimo de tener un completo dominio de la materia. Solo supone que no se tienen fundamentos racionales para asumir lo opuesto (desconocimiento de los funda-mentos de esta área de conocimiento). Por el contrario, los resultados negativos sí son un indicativo claro: si el lector no es capaz de seguir algún ejercicio, debería plantearse la conveniencia de realizar un esfuerzo para afianzar la materia asociada al ejercicio en cuestión.

Colección Manuales Docentes

12 ejercicios de mecánica de suelos Cuaderno de contraste

Vicente Navarro Gámir, Gema de la Morena Borja,Laura Asensio Sánchez, Ángel Yustres Real

12 e

jerc

icio

s de

mec

ánic

a de

sue

los

ISBN 978-84-9044-448-1

9 7 8 8 4 9 0 4 4 4 4 8 1

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12 ejercicios de mecánica de suelos